人教版导与练总复习数学一轮课时作业：第十章第6节　离散型随机变量的数字特征

1、第6节离散型随机变量的数字特征知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创新练离散型随机变量的分布列1,9离散型随机变量的期望与方差2,3,4,5,6,7,812,13,1417离散型随机变量的分布列、期望与方差的创新应用1011,13,14,15,161.已知离散型随机变量X的分布列为X012P0.51-2q13q则P(XZ)等于(A)A.0.9B.0.8C.0.7D.0.6解析:由分布列的性质得0.5+1-2q+13q=1,解得q=0.3,所以P(XZ)=P(X=0)+P(X=1)=0.5+1-20.3=0.9.故选A.2.已知离散型随机变量X的分布列为X0123P82749m127则X的数学期

2、望E(X)等于(B)A.23 B.1C.32 D.2解析:由827+49+m+127=1,得m=29,所以E(X)=0827+149+229+3127=1.故选B.3.随机变量X的分布列如表,且E(X)=2,则D(2X-3)等于(C)X02aP16p13A.2B.3C.4D.5解析:因为p=1-16-13=12,所以E(X)=016+212+a13=2,解得a=3,所以D(X)=(0-2)216+(2-2)212+(3-2)213=1,所以D(2X-3)=22D(X)=4.故选C.4.甲、乙两人独立地从六门选修课程中任选三门进行学习,记两人所选课程相同的门数为X,则E(X)为(B)A.1B.1

3、.5 C.2D.2.5解析:X的可能取值为0,1,2,3,P(X=0)=C63C63C63=120,P(X=1)=C61C52C32C63C63=920,P(X=2)=C62C41C31C63C63=920,P(X=3)=C63C63C63=120,故E(X)=0120+1920+2920+3120=1.5.故选B.5.(多选题)设0a1,则随机变量X的分布列是X0a1P131313则当a在(0,1)内增大时,(AD)A.E(X)增大B.D(X)减小C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大解析:由分布列得E(X)=013+a13+113=13a+13,所以当a在(0,1)内增大时,E(

4、X)增大,故选项A正确;D(X)=0-(13a+13)213+a-(13a+13)213+1-(13a+13)213=29(a2-a+1)=29(a-12) 2+34,当0a12时,D(X)减小;当12a12,且E(X)12,且E(X)E(Y)C.P(X=1)=12,且E(X)E(Y)解析:X可取0,1,2,P(X=0)=2524=15,P(X=1)=3512+2512=12,P(X=2)=3512=310,E(X)=015+121+3102=1110.Y可取0,1,2,P(Y=0)=3512=310,P(Y=1)=3512+2512=12,P(Y=2)=2512=15,E(Y)=0310+1

5、12+215=910.所以P(X=1)=12,E(X)E(Y).故选D.7.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖,将这8张奖券分给4个人,每人两张,记获奖人数为,则P(=2)= ,E()= .解析:有一、二、三等奖奖券,3个人获得,共有A43=24(种)获奖情况;一、二、三等奖奖券,有1人获得2张,1人获得1张,共有C32A42=36(种)获奖情况,一共有24+36=60(种)不同的获奖情况,所以P(=2)=3660=35,P(=3)=2460=25.所以E()=235+325=125.答案:351258.(2021浙江金华高三模拟)已知箱子中装有10个 除颜色不同其他都相同的小球

6、,其中2个红球,3个黑球和5个白球.现从该箱中有放回地依次取出3个小球,若变量为取出3个球中红球的个数,则的方差D()=.解析:由题意得,的所有可能取值为0,1,2,3,P(=0)=83103=5121 000,P(=1)=282C31103=3841 000,P(=2)=228C31103=961 000;P(=3)=23103=81 000,所以E()=05121 000+13841 000+2961 000+381 000=35,所以D()=(0-35)25121 000+(1-35)23841 000+(2-35)2961 000+(3-35)281 000=1225.答案:12259

7、.为检测某产品的质量,现抽取5件产品,测量产品中微量元素x,y的含量(单位:mg),测量数据如表,编号12345x169178166175180y7580777081如果产品中的微量元素x,y满足x175,且y75时,该产品为优等品.现从上述5件产品中随机抽取2件,则抽取的2件产品中优等品数X的分布列为.解析:5件抽测品中的2件为优等品,则X的可能取值为0,1,2.P(X=0)=C32C52=0.3,P(X=1)=C31C21C52=0.6,P(X=2)=C22C52=0.1.所以优等品数X的分布列为X012P0.30.60.1答案:X012P0.30.60.110.一台设备由三个部件组成,假

8、设在一天的运转中,部件1,2,3需要调整的概率分别为0.1,0.2,0.3,各部件的状态相互独立.(1)求设备在一天的运转中,部件1,2中至少有1个需要调整的概率;(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X,求X的分布列及数学期望.解:(1)设部件1,2,3需要调整分别为事件A,B,C,由题P(A)=0.1,P(B)=0.2,P(C)=0.3,各部件的状态相互独立,所以部件1,2都不需要调整的概率P(AB)=P(A)P(B)=0.90.8=0.72,故部件1,2中至少有1个需要调整的概率为1-P(A B)=1-0.72=0.28.(2)X的可能取值为0,1,2,3,P(X=0)=P(AB

9、C)=P(A)P(B)P(C)=0.90.80.7=0.504,P(X=1)=P(ABC)+P(ABC)+P(A BC)=0.10.80.7+0.90.20.7+0.90.80.3=0.398,P(X=3)=P(ABC)=0.10.20.3=0.006,P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)=1-0.504-0.398-0.006=0.092,所以X的分布列为X0123P0.5040.3980.0920.006E(X)=00.504+10.398+20.092+30.006=0.6.11.某中学高一年级和高二年级进行篮球比赛,赛制为3局2胜制,若比赛没有平局,且高二队每局获

10、胜的概率都是p(12p1),记比赛的最终局数为随机变量X,则(C)A.P(X=2)=p2B.P(X=3)=p(1-p)C.E(X)14解析:赛制为3局2胜制,比赛没有平局,因此随机变量X的可能值为2或3,P(X=2)=p2+(1-p)2=2p2-2p+1,A错;P(X=3)=1-P(X=2)=-2p2+2p,B错;E(X)=2(2p2-2p+1)+3(-2p2+2p)=-2p2+2p+2=-2(p-12)2+52,因为12p1,所以E(X)(2,52),C正确;记-2p2+2p+2=t,t(2,52),E(X2)=4(2p2-2p+1)+9(-2p2+2p)=-10p2+10p+4=5t-6,

11、D(X)=E(X2)-(E(X)2=5t-6-t2=-(t-52)2+14,因为t(2,52),所以D(X)14,D错.故选C.12.甲、乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得1分,负者得0分,比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止,设甲在每局中获胜的概率为23,乙在每局中获胜的概率为13,且各局胜负相互独立,则比赛停止时已打局数的期望E()为(B)A.24181B.26681C.27481D.670243解析:由已知,的可能取值是2,4,6.设每两局比赛为一轮,则该轮比赛停止的概率为(23)2+(13)2=59.若该轮结束时比赛还要继续,则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时,该轮比赛结果对

12、下一轮比赛是否停止没有影响.所以P(=2)=59,P(=4)=4959=2081,P(=6)=( 49)2=1681,所以E()=259+42081+61681=26681.故选B.13.(多选题)某学校共有6个学生餐厅,甲、乙、丙、丁四位同学每人随机地选择一家餐厅就餐(选择每个餐厅的概率相同),则下列结论正确的是(ACD)A.四人去了四个不同餐厅就餐的概率为518B.四人去了同一餐厅就餐的概率为11 296C.四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为25216D.四人中去第一餐厅就餐的人数的期望为23解析:四人去餐厅就餐的情况共有64种,其中四人去了四个不同餐厅就餐的情况有A64种,则四人去了

13、四个不同餐厅就餐的概率为A6464=518,故A正确;同理,四人去了同一餐厅就餐的概率为664=1216,故B错误;四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为C425264=25216,故C正确;设四人中去第一餐厅就餐的人数为,则=0,1,2,3,4.则P(=0)=5464,P(=1)=C415364,P(=2)=C425264,P(=3)=C43564,P(=4)=164,则四人中去第一餐厅就餐的人数的分布列为01234P5464C415364C425264C43564164则四人中去第一餐厅就餐的人数的期望E()=05464+1C415364+2C425264+3C43564+4164=23,

14、故D正确.故选ACD.14.某游戏的参与者现在从标有5,6,7,8,9的相同小球中随机摸取一个,将小球上的数字作为其投入(单位:元);随后放回该小球,再随机摸取两个小球,将两个小球上数字之差的绝对值的2倍作为其奖金(单位:元),若随机变量和分别表示参与者在每一局游戏中的投入与奖金,则E()-E()=,D()-D()=.解析:投入的分布列为56789P1515151515E()=15(5+6+7+8+9)=7,D()=(-2)215+(-1)215+1215+2215=2,奖金的情况是两个小球上数字之差绝对值为1,共有4种,奖金为2元,两个小球上数字之差绝对值为2,共有3种,奖金为4元,两个小球

15、上数字之差绝对值为3,共有2种,奖金为6元,两个小球上数字之差绝对值为4,共有1种,奖金为8元.则P(=2)=4C52=25,P(=4)=3C52=310,P(=6)=2C52=15,P(=8)=110.奖金的分布列为2468P2531015110所以E()=225+4310+615+8110=4,所以D()=(-2)225+2215+42110=4,所以E()-E()=7-4=3,所以D()-D()=2-4=-2.答案:3-215.(2021湖南师大附中模拟)在某校的校园歌手大赛决赛中,有6名参赛选手(1号至6号)登台演出,由现场的100名同学投票选出最受欢迎的歌手,每名同学需彼此独立地在投

16、票器上选出3名候选人,其中甲同学是1号选手的同班同学,必选1号,另在2号至6号选手中随机选2名;乙同学不欣赏2号选手,必不选2号,在其他5名选手中随机选出3名;丙同学对6名选手的演唱没有偏爱,因此在1号至6号选手中随机选出3名.(1)求甲同学选中3号且乙同学未选中3号选手的概率;(2)设3号选手得到甲、乙、丙三名同学的票数之和为X,求X的分布列和数学期望.解:设A表示事件“甲同学选中3号选手”,B表示事件“乙同学选中3号选手”,C表示事件“丙同学选中3号选手”.(1)P(A)=C41C52=25,P(B)=C42C53=35,所以甲同学选中3号且乙同学未选中3号选手的概率为P(AB)=P(A)

17、P(B)=25(1-35)=425.(2)P(C)=C52C63=12,X可能的取值为0,1,2,3,P(X=0)=P(ABC)=(1-25)(1-35)(1-12)=352512=325,P(X=1)=P(AB C)+P(ABC)+P(A BC)=252512+353512+352512=1950,P(X=2)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=253512+252512+353512=1950,P(X=3)=P(ABC)=253512=325.所以X的分布列为X0123P32519501950325故X的数学期望E(X)=0325+11950+21950+3325=32.16.(2

18、021江苏南通高三模拟)有750粒试验种子需要播种,现有两种方案:方案一,将750粒种子分种在250个坑内,每坑3粒;方案二,将750粒种子分种在375个坑内,每坑2粒.已知每粒种子发芽的概率均为35,并且,若一个坑内至少有1粒种子发芽,则这个坑不需要补种;若一个坑内的种子都没发芽,则这个坑需要补种(每个坑至多补种一次,且补种的种子粒数同第一次).假定每个坑第一次播种需要2元,补种(按相应方案补种相应粒数)1个坑需1元,每个成活的坑可收获125粒试验种子,每粒试验种子收益1元.(1)用X元表示播种费用,分别求出两种方案的数学期望;(2)如果在某块试验田对该种子进行试验,你认为应该选择哪种方案?

19、解:(1)方案一:一个坑内三粒种子都不发芽的概率为p1=(1-35)3=8125,所以一个坑内至少有一粒种子发芽的概率p2=1-p1=117125,用X1元表示一个坑的播种费用,则X1的可能取值是2,3,所以P(X1=2)=p2,P(X1=3)=p1,所以X1的分布列为X123P1171258125所以E(X1)=2117125+38125=258125,所以E(X)=250E(X1)=250258125=516.方案二:一个坑内两粒种子都不发芽的概率为p3=(1-35)2=425,所以一个坑内至少有一粒种子发芽的概率p4=1-p3=2125,用X2元表示一个坑的播种费用,则X2的可能取值为2,3,所以P(X2=2)=p4,P(X2=3)=p3,所以X2的分布列为X223P2125425所以E(X2)=22125+3425=5425,所以E(X)=375E(X2)=3755425=810.(2)设收益为Y元,方案一:用Y1元表示一个坑的收益,则Y1的可能取值为0,125,Y1的分布列为Y10125P(25)61-(25)6所以E(Y1)=0(25)6+1251-(25)6=15 561